この問題のポイント
sinどうしやcosどうしの足し算・引き算は、sinやcosのかけ算に変形でき、その逆も可能！
（１）\( \sin{B}\sin{C} \)を変形していって、何か解く手がかりがないか考えてみましょう。\( \sin{B}\sin{C} \)は2つの\( \sin \)のかけ算の形になっています。\( \sin \)や\( \cos \)のかけ算は、\( \sin \)どうしや\( \cos \)どうしの足し算・引き算に変形できます。
積和の公式
\( \displaystyle \sin{α}\cos{β} = \frac{1}{2}\{\sin{(α+β)}+\sin{(α-β)}\} \)
\( \displaystyle \cos{α}\sin{β} = \frac{1}{2}\{\sin{(α+β)}-\sin{(α-β)}\} \)
\( \displaystyle \cos{α}\cos{β} = \frac{1}{2}\{\cos{(α+β)}+\cos{(α-β)}\} \)
\( \displaystyle \sin{α}\sin{β} = -\frac{1}{2}\{\cos{(α+β)}-\cos{(α-β)}\} \)
この4番目の公式を使うと、
\( \displaystyle \sin{B}\sin{C} = -\frac{1}{2}\{\cos{(B+C)}-\cos{(B-C)}\} \)
ここで、$A$，$B$，$C$は三角形の内角ですから、\( A+B+C = π \)であり、\( \displaystyle A = \frac{π}{3} \)なので、\( \displaystyle B+C = \frac{2}{3}π \)
よって、
\( \displaystyle -\frac{1}{2}\{\cos{(B+C)}-\cos{(B-C)}\} \)
\( \displaystyle = -\frac{1}{2}\left\{\cos{\frac{2}{3}π}-\cos{\left(B-\left(\frac{2}{3}π-B\right)\right)}\right\} \)
\( \displaystyle = -\frac{1}{2}\left\{-\frac{1}{2}-\cos{\left(2B-\frac{2}{3}π\right)}\right\} \)
\( \displaystyle = \frac{1}{4}+\frac{1}{2}\cos{\left(2B-\frac{2}{3}π\right)} \) …①
\( \displaystyle \cos{\left(2B-\frac{2}{3}π\right)} \)の部分の範囲さえわかれば、解くことができそうですね。
ここで、\( \displaystyle B+C = \frac{2}{3}π \)なので、\( \displaystyle 0＜B＜\frac{2}{3}π \)
よって、\( \displaystyle 0＜2B＜\frac{4}{3}π \)
\( \displaystyle -\frac{2}{3}π＜2B-\frac{2}{3}π＜\frac{2}{3}π \)
これより、\( \displaystyle 0＜2B＜\frac{4}{3}π \)
\( \displaystyle -\frac{2}{3}π＜2B-\frac{2}{3}π＜\frac{2}{3}π \)
よって、\( \displaystyle -\frac{1}{2}＜\cos{\left(2B-\frac{2}{3}π\right)}≦1 \)なので、\( \displaystyle -\frac{1}{4}＜\frac{1}{2}\cos{\left(2B-\frac{2}{3}π\right)}≦\frac{1}{2} \)より、
①の範囲は、\( \displaystyle 0＜①≦\frac{3}{4} \)
\( \displaystyle ∴0＜\sin{B}\sin{C}≦\frac{3}{4} \)
（２）この問題でも\( \sin{B}+\sin{C} \)を変形していって、解く手がかりがつかめないか考えてみましょう。\( \sin{B}+\sin{C} \)は2つの\( \sin \)の足し算の形になっています。\( \sin \)どうしや\( \cos \)どうしの足し算・引き算は、\( \sin \)と\( \cos \)のかけ算に変形できます。
和積の公式
\( \displaystyle \sin{A}+\sin{B} = 2\sin{\frac{A+B}{2}}\cos{\frac{A-B}{2}} \)
\( \displaystyle \sin{A}-\sin{B} = 2\cos{\frac{A+B}{2}}\sin{\frac{A-B}{2}} \)
\( \displaystyle \cos{A}+\cos{B} = 2\cos{\frac{A+B}{2}}\cos{\frac{A-B}{2}} \)
\( \displaystyle \cos{A}-\cos{B} = -2\sin{\frac{A+B}{2}}\sin{\frac{A-B}{2}} \)
この1番目の公式を使うと、
\( \displaystyle \sin{B}+\sin{C} = 2\sin{\frac{B+C}{2}}\cos{\frac{B-C}{2}} \)
$A$，$B$，$C$は三角形の内角で\( A+B+C = π \)ですから、\( B+C = π-A \)なので、
\( \displaystyle 2\sin{\frac{B+C}{2}}\cos{\frac{B-C}{2}} \)
\( \displaystyle = 2\sin{\frac{π-A}{2}}\cos{\frac{B-C}{2}} \)
\( \displaystyle = 2\sin{\left(\frac{π}{2}-\frac{A}{2}\right)}\cos{\frac{B-C}{2}} \)
\( \displaystyle = 2\cos{\frac{A}{2}}\cos{\frac{B-C}{2}} \)
\( \displaystyle \cos{\frac{A}{2}}＞0 \)ということはわかりますから、あとは\( \displaystyle \cos{\frac{B-C}{2}} \)の部分の範囲がわかれば、解くことができそうですね。
$B$も$C$も、もともとは三角形の内角ですから、\( -π＜B-C＜π \)なので、\( \displaystyle -\frac{π}{2}＜\frac{B-C}{2}＜\frac{π}{2} \)
よって、\( \displaystyle 0＜\cos{\frac{B-C}{2}}≦1 \)
\( \displaystyle 0＜2\cos{\frac{A}{2}}\cos{\frac{B-C}{2}}≦2\cos{\frac{A}{2}}×1 \)
\( \displaystyle ∴0＜\sin{B}+\sin{C}≦2\cos{\frac{A}{2}} \)
（３）これまでの問題と同じように、式を変形してみましょう。（１）の解説にあった「積和の公式」の4番目の公式を使って、
\( \displaystyle \sin{B}\sin{C} = -\frac{1}{2}\{\cos{(B+C)}-\cos{(B-C)}\} \)
\( B+C = π-A \)より、
\( \displaystyle -\frac{1}{2}\{\cos{(π-A)}-\cos{(B-C)}\} \)
\( \displaystyle = -\frac{1}{2}\{-\cos{A}-\cos{(B-C)}\} \)
\( \displaystyle = \frac{1}{2}\{\cos{A}+\cos{(B-C)}\} \)
（２）でもふれたとおり、\( -π＜B-C＜π \)なので、
\( -1＜\cos{(B-C)}＜1 \)
\( \cos{A}-1＜\cos{A}+\cos{(B-C)}＜\cos{A}+1 \)
\( \small{\displaystyle \frac{1}{2}(\cos{A}-1)＜\frac{1}{2}\{\cos{A}+\cos{(B-C)}\}＜\frac{1}{2}(\cos{A}+1) }\)
\( \displaystyle ∴\frac{1}{2}(\cos{A}-1)＜\sin{B}\sin{C}＜\frac{1}{2}(\cos{A}+1) \)
答え．
（１）\( \displaystyle 0＜\sin{B}\sin{C}≦\frac{3}{4} \)
（２）\( \displaystyle 0＜\sin{B}+\sin{C}≦2\cos{\frac{A}{2}} \)
（３）\( \displaystyle \frac{1}{2}(\cos{A}-1)＜\sin{B}\sin{C}＜\frac{1}{2}(\cos{A}+1) \)